海南省2023年普通高中学业水平选择性考试

海南省2023年普通高中学业水平选择性考试1．(2023·海南卷·1)钍元素衰变时会放出β粒子，其中β粒子是(　　)A．中子B．质子C．电子D．光子答案　C解析　钍元素衰变时放出的β粒子是电子，C正确。2.(2023·海南卷·2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是(　　)A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B．小球运动过程中的速度不变C．小球运动过程的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功答案　A解析　小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B错误；重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D错误。3.(2023·海南卷·3)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是(　　)A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变答案　B解析　工人受到三个力，绳的拉力，地面支持力和重力，是三力平衡，故A错误；人对绳和绳对人的拉力是一对作用力与反作用力，B正确；重物拉起过程，两绳的张角变大，拉力变大，C、D错误。 4．(2023·海南卷·4)下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距6m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是(　　)A．该波的周期是5sB．该波的波速是3m/sC．4s时P质点向上振动D．4s时Q质点向上振动答案　C解析　由两个质点的振动图像可知，该波的周期是4s，A错误；4s时，P质点向上振动，Q质点向下振动，C正确，D错误；两个质点振动步调相反，可知两质点间距离等于(2n＋)λ(n＝0,1,2，…)，只有当n＝0时，λ＝6m，λ＝12m，v＝＝3m/s，n≥1时，v≠3m/s，B错误。5．(2023·海南卷·5)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是(　　)A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大C．分子势能在r0处最小D．分子间距离在小于r0且减小时，分子势能在减小答案　C解析　分子间距离大于r0时，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，势能减小，在r0处势能最小，分子间距离继续减小，分子间表现为斥力，分子力做负功，势能增大，C正确。6.(2023·海南卷·6)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时(　　) A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同答案　C解析　根据安培定则可知，线圈1、2中的电流产生的磁场方向都是竖直向下的，A错误；汽车进入磁场时，穿过矩形线圈abcd的磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为adcb，离开时穿过矩形线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为abcd，B错误，C正确；安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，D错误。7.(2023·海南卷·7)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为(　　)A．CEB.CEC.CED.CE答案　C解析　看似是一个电桥，但只需将电源负极接地(就是取电势为零)，则电容器上极板电势为，下极板电势为，极板间电势差U＝，由Q＝CU，可知C正确。8.(2023·海南卷·8)如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP＝n∶1，试求Q1∶Q2是多少(　　)A．2n2∶1B．4n2∶1C．2n3∶1D．4n3∶1答案　C 解析　对小球受力分析如图所示。在△CPH中根据正弦定理有：＝，又∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中：＝，同理：＝，FA＝k，FB＝k，联立以上各式，解得Q1∶Q2＝2n3∶1，C正确。二、多项选择题，每题4分，共20分9.(多选)(2023·海南卷·9)如图所示，1、2轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是(　　)A．飞船从1轨道变到2轨道要点火加速B．飞船在1轨道周期大于2轨道周期C．飞船在1轨道速度大于2轨道D．飞船在1轨道加速度大于2轨道答案　ACD解析　飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2，需要点火加速做离心运动才能完成，由＝m＝mr＝ma可得a＝，v＝，T＝2π可知，飞船在1轨道的速度大于在2轨道，在1轨道的周期小于2轨道周期，在1轨道的加速度大于在2轨道的加速度，故A、C、D正确。10．(多选)(2023·海南卷·10)已知一个激光发射器功率为P，发射波长为λ的光，光速为c，普朗克常量为h，则(　　)A．光的频率为 B．光子的能量为C．光子的动量为D．在时间t内激光器发射的光子数为答案　AC解析　由波的知识可知：λ＝cT＝，则ν＝；光子能量E＝hν＝h，光子动量p＝，时间t内发射的光子的总能量为Pt，即有n·h＝Pt，可得n＝，A、C正确。11．(多选)(2023·海南卷·11)如图是工厂利用u＝220sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是(　　)A．电源电压有效值为220VB．交变电流的周期为0.02sC．副线圈匝数为180匝D．副线圈匝数为240匝答案　BC解析　Um＝220V，则U有效＝＝220V，ω＝100πrad/s，由T＝可知周期T＝0.02s，原、副线圈匝数比＝，解得n2＝180匝，B、C正确。12.(多选)(2023·海南卷·12)如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是(　　)A．M、N两点电场强度相同B．M、N两点电势相同C．负电荷在M点电势能比在O点时要小D．负电荷在N点电势能比在O点时要大答案　BC解析　两正电荷在M点的合场强向右，在N点的合场强向左，负电荷在M和N 点的场强分别沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M和N的场强大小相等、方向不同，A错误；由等量同种电荷的电场分布规律，可知两正电荷的电场在M和N两点的电势相同，负电荷C在M、N两点的电势也相同，故M、N两点的电势相同，B正确；两正电荷在M点的电势比在O点的高(因两正电荷在AO间的合场强向右)，负电荷C产生的电场中，离负电荷越近电势越低，故负电荷在M点的电势也比在O点的要高，可知M点电势比O点高，而负电荷在电势越高处电势能越小，C正确；由对称性可知N点和M点电势相同，则负电荷在N点电势能也比在O点时要小，D错误。13.(多选)(2023·海南卷·13)如图所示，质量为m，带电量为＋q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0,0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则(　　)A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E＝B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是答案　AD解析　若粒子打到NP中点，则x0＝v0t1，y0＝·t12，解得E＝，选项A正确；粒子从NP中点射出时，则＝t1，速度v1＝＝，选项B错误；粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则tanθ＝＝＝，粒子从电场中射出时的速度v＝，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB＝m，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcosθ，解得d＝，选项C错误；当粒子在磁场中有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N 点进入磁场，此时竖直最大速度vym＝，x0＝v0t，射出电场的最大速度vm＝＝，则由qvB＝m，可得最大半径rm＝＝，选项D正确。14.(2023·海南卷·14)用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏P平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的S1处有激光点，移走玻璃砖，光点移到S2处，回答下列问题：(1)请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图；(2)已经测出AB＝l1，OA＝l2，S1S2＝l3，则折射率n＝________(用l1、l2、l3表示)；(3)若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则S1S2间的距离会________(填“变大”“变小”或“不变”)。答案　(1)见解析图　(2)　(3)变小解析　(1)根据题意画出光路图如图甲所示(2)设光线在C点射出时入射角为θ、折射角为α，则根据折射定律有nsinθ＝sinα由于射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角，则S1S2＝CB根据几何关系可知sinθ＝sinα＝联立解得n＝(3)若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则画出光路图如图乙所示 可看出S1S2间的距离变小。15.(2023·海南卷·15)用如图所示的电路测量一个量程为100μA，内阻约为2000Ω的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12V，有两个电阻箱可选，R1(0～9999.9Ω)，R2(0～99999.9Ω)(1)RM应选________，RN应选________；(2)根据电路图，请把实物连线补充完整；(3)下列操作顺序合理排列是________：①将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值；②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；③断开S2，闭合S1，调节滑动头P至某位置再调节RN使表头满偏；④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材(4)如图是RM调节后面板，则待测表头的内阻为________，该测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。(5)将该微安表改装成量程为2V的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为________V(保留3位有效数字)。 (6)某次半偏法测量表头内阻的实验中，S2断开，电表满偏时读出RN值，在滑动头P不变，S2闭合后调节电阻箱RM，使电表半偏时读出RM，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为________(用RM、RN表示)答案　(1)R1　R2　(2)见解析图　(3)①③②④(4)1998.0Ω　小于　(5)1.28　(6)解析　(1)根据半偏法的测量原理可知，RM与RA相当，当闭合S2之后，滑动变阻器上方的电流应基本不变，就需要RN较大。故RM应选R1，RN应选R2。(2)根据电路图连接实物图有(3)半偏法的实验步骤应为①将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值；③断开S2，闭合S1，调节滑动头P至某位置再调节RN使表头满偏；②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材。(4)RM调节后面板读数为1998.0Ω，即待测表头的内阻为1998.0Ω。闭合S2后，RM与RA的并联阻值小于RA的阻值，则流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大于，故待测表头的内阻的测量值小于真实值。(5)将该微安表改装成量程为2V的电压表，则需要串联一个电阻R0，则有U＝Ig(Rg＋R0)此时的电压读数有U′＝I′(Rg＋R0)其中U＝2V，Ig＝100μA，I′＝64μA联立解得U′＝1.28V(6)根据题意OP间电压不变，可得I(RA＋RN)＝(＋)RN＋·RA 解得RA＝16.(2023·海南卷·16)某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t＝27℃时，压强p＝1.050×105Pa，(1)t′＝37℃时，气压是多大？(2)保持温度不变，挤压气体，使其压强与(1)时相同时，气体体积为原来的多少倍？答案　(1)1.085×105Pa　(2)0.97解析　(1)由查理定律有：＝，解得p′＝1.085×105Pa(2)由玻意耳定律有：pV＝p′V′，解得V′≈0.97V。17．(2023·海南卷·17)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15cm，质量为m＝1×10－3kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10－2T的匀强磁场。(1)若插入导电液体部分深h＝2.5cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10m/s2)(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5cm，通电时间t′＝0.002s，求通过金属杆截面的电荷量。答案　(1)m/s　4.17A　(2)0.085C解析　(1)设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流为I。金属杆离开液面后做竖直上抛运动，飞起的高度为H，由运动学公式得v2＝2gH，解得v＝m/s由动能定理有：BILh－mg(H＋h)＝0，得I≈4.17A(2)对金属杆，由动量定理有：(BIL－mg)t′＝mv′，v′＝，又q＝It′，解得q＝0.085C。 18．(2023·海南卷·18)如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。求：(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？(3)在0.16m<L<0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。答案　(1)30N　(2)1.6J　(3)(1－)s解析　(1)滑块B下滑到A的底端过程，由动能定理有：mBgR＝mBv2，解得v＝2m/s在A的底端，由牛顿第二定律有：FN－mBg＝mB，解得FN＝30N，由牛顿第三定律可知B对A的压力FN′＝30N；(2)当B滑上C后，B受到的摩擦力向左，根据牛顿第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1，解得a1＝2m/s2，方向水平向左C受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，根据牛顿第二定律μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2，解得a2＝10m/s2，方向水平向左，B向右运动的距离x1＝，解得x1＝1mC向右运动的距离x2＝，解得x2＝0.2mB、C间摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)，可得Q＝1.6J；(3)假设B还未与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有：t1＝，得t1＝0.2s，此时B的位移xB1＝vt1－a1t12，解得xB1＝0.36m则x相＝xB1－x2＝0.16m，此时vB1＝v－a1t1＝1.6m/s由L>0.16m，一定是C先停下，之后B再与C上挡板碰撞 设再经t2时间B与C挡板碰撞，有：L－0.16＝vB1t2－a1t22，得t2＝0.8－，t2＝0.8＋(舍去)碰撞时B速度为vB2＝vB1－a1t2＝2碰撞时由动量守恒定律可得mBvB2＝(mB＋mC)vBC解得碰撞后B、C速度为vBC＝之后二者一起减速，a3＝μ2g＝8m/s2，方向向左，经t3后停下，得：t3＝＝B从滑上C到最终停止所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝(1－)s。